1、2014-2015学年江苏省常州市高一（下）期末物理试卷一、单项选择题（共6小题，每小题3分，满分18分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意）1（3分）（2014天津二模）质点所受的力F随时间变化的规律如图所示，力的方向始终在一直线上已知t=0时质点的速度为零在图中所示的t1、t2、t3和t4各时刻中，哪一时刻质点的动能最大（）At1Bt2Ct3Dt4考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的图像专题：动能定理的应用专题分析：通过分析质点的运动情况，确定速度如何变化，再分析动能如何变化，确定什么时刻动能最大解答：解：由力的图象分析可知： 在0t1时间内，质点向正方向做加速度增大的加速运
2、动 在t1t2时间内，质点向正方向做加速度减小的加速运动 在t2t3时间内，质点向正方向做加速度增大的减速运动 在t3t4时间内，质点向正方向做加速度减小的减速运动t4时刻速度为零 则t2时刻质点的速度最大，动能最大故选B点评：动能是状态量，其大小与速度大小有关，根据受力情况来分析运动情况确定速度的变化，再分析动能的变化是常用的思路2（3分）（2013桓台县校级学业考试）用水平恒力F作用于质量为m的物体，使之在光滑水平面上沿力的方向移动距离L；再用该水平恒力作用于质量为2m的物体上，使之在粗糙水平面上移动同样距离L，则（）A两种情况下，水平恒力F做功一样多B在光滑水平面上时，水平恒力F所做的功
3、多C在粗糙水平面上时，水平恒力F所做的功多D在粗糙水平面上水平恒力F对物体所做的功是光滑水平面上做功的2倍考点：功的计算专题：功的计算专题分析：本题是对功的公式的直接应用，根据功的公式直接计算即可解答：解：由于物体受到的都是恒力的作用，根据恒力做功的公式W=FL可知，在两次拉物体运动的过程中，拉力的大小相同，物体运动的位移也相等，所以两次拉力做的功相同，所以A正确故选：A点评：恒力做功，根据功的公式直接比较即可，比较简单3（3分）（2015春常州期末）如图所示，为一环境温度监控电器，R1为灯泡，R2为半导体材料制成的热敏电阻（电阻随温度升高而变小），当环境温度降低时则有（）A灯泡的亮度变亮，电
4、路中消耗的总功率P变小B灯泡的亮度变亮，电路中消耗的总功率P变大C灯泡的亮度变暗，电路中消耗的总功率P变小D灯泡的亮度变暗，电路中消耗的总功率P变大考点：电功、电功率专题：恒定电流专题分析：灯泡亮度由实际功率决定，功率大小可由功率公式作出判断分析电路结构根据热敏电阻的性质明确电阻的变化，即可得出电流和功率的变化解答：解：热敏电阻的阻值随温度升高而变小，当环境温度降低时电阻变大由欧姆定律可知，电源电压不变，电阻变大，电流变小由P=I2R可知，灯泡电阻不变，电流小了，实际功率变小，则灯泡变暗由P=可知，电源电压不变，总电阻变大，电路中消耗的总功率P变小故选：C点评：本题的关键是用好两个变形公式，P
5、=I2R和P=，在运用公式时一定要注意公式中的量必须是同一段电路上的量4（3分）（2011海淀区学业考试）在真空中有两个点电荷，带电量分别为q1、q2，相距为l，它们之间的作用力为F则（）A若它们所带的电量不变，距离变为2l，则它们之间的作用力变为2FB若它们所带的电量不变，距离变为，则它们之间的作用力变为C若它们之间的距离不变，电量都变为原来的2倍，则它们之间的作用力变为4FD若它们之间的距离不变，电量都变为原来的倍，则它们之间的作用力变为4F考点：库仑定律专题：电场力与电势的性质专题分析：在真空中有两个点电荷间的作用力遵守库仑定律，根据库仑定律，运用比例法求解解答：解：由题F=A、当电量不
6、变，距离变为2L时，库仑力变为F故A错误 B、若它们所带的电量不变，距离变为，库仑力变为4F故B错误 C、FC=4F，故C正确 D、FD=F，故D错误故选C点评：本题考查运用比例法解决物理问题的能力，技巧在于用相同的量表示作用力，然后求出比例关系5（3分）（2015春常州期末）如图所示，a、b、c三个相同的小球，a从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时b、c从同一高度分别开始自由下落和平抛下列说法正确的有（）A它们的落地时间相同B运动过程中重力做的功相等C它们的落地时的动能相同D它们落地时重力的瞬时功率相等考点：功率、平均功率和瞬时功率；自由落体运动；平抛运动；功的计算专题：功率的计算专题分析
7、：a做的是匀变速直线运动，b是自由落体运动，c是平抛运动，根据它们各自的运动的特点可以分析运动的时间和末速度的情况，由功率的公式可以得出结论解答：解：A、bc运动的时间相同，a的运动的时间要比bc的长，故A错误；B、a、b、c三个小球的初位置相同，它们的末位置也相同，由于重力做功只与物体的初末位置有关，所以三个球的重力做功相等，所以B正确C、由动能定理可知，三个球的重力做功相等，它们的动能的变化相同，但是c是平抛的，所以c有初速度，故c的末动能要大，所以C错误D、三个球的重力相等，但是它们的竖直方向上的末速度不同，所以瞬时功率不可能相等，所以D错误故选：B点评：在计算瞬时功率时，只能用P=FV
8、来求解，用公式P=求得是平均功率的大小，在计算平均功率和瞬时功率时一定要注意公式的选择6（3分）（2015春常州期末）如图所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由AOB匀速运动，电子重力不计，则电子除受电场力外，所受的另一个力的大小和方向变化情况是（）A先变大后变小，方向水平向左B先变大后变小，方向水平向右C先变小后变大，方向水平向左D先变小后变大，方向水平向右考点：电场强度分析：电子做匀速直线运动，知受电场力和外力平衡，外力的大小与电场力的大小相等，方向相反，根据电场力的变化判断外力的变化解答：解：根据等量异种电荷周围的电场线分布知，从AOB，电场强度的方向不变，水平向左，电场强度的大小先增大后
9、减小则电子所受电场力的大小先变大，后变小，方向水平向右，则外力的大小先变大后变小，方向水平向左故A正确，B、C、D错误故选：A点评：解决本题的关键知道外力的大小与电场力的大小相等，方向相反，是一对平衡力二、多项选择题（共4小题，每小题4分，满分16分，每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不选的得0分）7（4分）（2015春常州期末）如果在某电场中将5.0108C的电荷由A点移到B点，电场力做6.0103J的功，那么（）AA、B两点间的电势差是1.2105VBA、B两点间的电势差是3.01010VC若在A、B两点间移动2.5108C的电荷，电场力将做3.0103
10、J的功D若在A、B两点间移动2.5108C的电荷，电场力将做3.01017J的功考点：电势差与电场强度的关系；电势差专题：电场力与电势的性质专题分析：根据公式UAB=求解电势差A、B间的电势差与所移动的电荷无关，再由公式W=qU求解在A、B两点间移动2.5108C的电荷时，电场力做的功解答：解：A、B，A、B两点间的电势差UAB=V故A正确，B错误 C、D，在A、B两点间移动2.5108C的电荷时，A、B间的电势差不变则电场力做功为 WAB=qUAB=2.51081.2105J=3.0103J 故C正确，D错误故选：AC点评：本题要抓住电场中两点间的电势差由电场中两点的位置决定，与移动的试探电
11、荷无关8（4分）（2015春常州期末）如图A、B是平行板电容器的两个极板，B板接地，A板带有电荷量+Q，板间电场中有一固定点P，若将B板固定，A板下移一些；或者将A板固定，B板上移一些，在这两种情况下，以下说法中正确的是（）AA板下移时，P点的电场强度不变，P点电势不变BA板下移时，P点的电场强度不变，P点电势升高CB板上移时，P点的电场强度减小，P点电势升高DB板上移时，P点的电场强度减小，P点电势降低考点：电容器的动态分析专题：电容器专题分析：由题，电容器两板所带电量不变，改变板间距离时，根据推论分析板间场强的变化由U=Ed分析P点与下板间的电势差如何变化，结合电势的高低关系，判断P点电势
12、的变化解答：解：A、B：根据电容的决定式C=、电容的定义式C=和E=得到：板间场强为 E=，由题，电容器两板所带电量不变，正对面积不变，A板下移时，根据E=可知，P点的电场强度E不变P点与下板的距离不变，根据公式U=Ed，P点与下板间的电势差不变，则P点的电势不变故A正确，B错误C、D：B板上移时，同理得知，P点的电场强度不变，根据公式U=Ed，P点与下板的电势差减小，而P点的电势高于下板的电势，下板的电势为零，所以P点电势降低故C、D错误故选：A点评：本题是电容器的动态变化分析问题，板间的场强E=要在理解并会推导的基础上记住，这是一个很重要的结论9（4分）（2015春常州期末）在空军演习中，
13、某空降兵从飞机上跳下，他从跳离飞机到落地的过程中沿竖直方向运动的vt图象如图所示，则下列说法正确的是（）A010s内空降兵和伞整体所受重力大于空气阻力B第10s末空降兵打开降落伞，此后做匀减速运动至第15s末C10s15s空降兵竖直方向的加速度向上，加速度大小在逐渐减小D15s后空降兵保持匀速下落，此过程中机械能守恒考点：机械能守恒定律专题：机械能守恒定律应用专题分析：由图象可知物体的速度及加速度的变化情况，则由牛顿第二定律可知受力情况，再由机械能守恒的条件可得出机械能是否守恒解答：解：A、由图可知，前10s内空降兵先做匀加速运动，后做加速度减小的加速运动，故合外力应向下，故重力大于空气阻力，
14、故A正确；B、10s后空降兵打开降落伞，由图象可知，其做加速度减小的减速运动，故B错误；C、10s15 s内图象斜率为负，所以加速度方向向上，斜率逐渐减小，所以加速度也在减小，故C正确；D、因空降兵在下落过程中受到空气阻力，故机械能不守恒，故D错误；故选：AC点评：对于速度时间图象应明确图象的斜率表示物体运动的加速度，图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移10（4分）（2014惠安县模拟）P、Q两电荷的电场线分布如图所示，a、b、c、d为电场中的四点一个离子从a运动到b（不计重力），轨迹如图所示则下列判断正确的是（）A离子从a到b，电势能增加B离子在运动过程中受到P的排拆力Cc、d两点电势相
15、等D离子从a到b，动能增加考点：电势；电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：电场线起于正电荷，终止于负电荷，结合电场线的特点，确定P、Q电荷的电性，根据轨迹的弯曲确定所受电场力的方向，从而确定是排斥还是吸引，判断出离子的电性，根据正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电势高处电势能小，分析电势能的变化，由能量守恒分析动能的变化通过沿着电场线方向电势逐渐降低判断c、d两点电势的高低解答：解：A、由图中电场线的分布情况可知P带正电，Q带负电离子从a到b，电场力与速度的夹角为钝角，所以做负功，电势能增加故A正确B、D、离子从a运动b的过程中，轨迹向内弯曲，则离子受到P的吸引力作用，从a到b，电场力做负
16、功，根据动能定理可知动能减小，故BD错误C、沿着电场线方向电势逐渐降低，则知c点的电势高于d点的电势故C错误故选：A点评：解决本题的关键知道电场线的特点，以及知道沿着电场线方向电势逐渐降低知道粒子做曲线运动，合力的方向大致指向轨迹凹的一向三、简答题：本题共2小题，共17分，请把答案填在答题纸相应的横线上或按题目要求作答.11（6分）（2015春常州期末）如图所示，滑动变阻器R1的最大阻值是200，Rx为200，AB两端间的电压为8V，当开关S断开时，移动滑动头P，Rx两端可获得电压的范围值为48V；当开关S闭合时，移动滑动头P，Rx两端可获得电压的范围值为08V，若Rx电阻阻值不知道，用如图所
17、示的电路测量Rx的阻值，实验过程中为了能使电阻Rx两端的电压变化范围尽可能大，则应该采用开关S闭合（填“断开”或“闭合”）时的电路考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：当S断开时，滑片P在R1的最右端时，Rx电压最大，P在R1最左端时，Rx电压最小当S闭合时，P在R1最左端时，Rx电压最小，在R1最右端时，R2电压最大解答：解：当S断开时，滑片P在R1的最右端时，Rx两端的电压等于A、B间的电压，为8VP在R1最左端时，Rx两端的电压=8V=4V，则Rx两端可获得电压的范围值为48V当开关S闭合时，移动滑动头P，Rx两端可获得电压的范围值为08V由上知，实验过程中为了能使电阻Rx两端
18、的电压变化范围尽可能大，则应该采用开关S闭合的电路故答案为：48，08，闭合点评：明确电路中各元件的连接情况，然后再根据串并联规律求解即可，由本题可加深理解限流器和分压器调压范围的大小12（11分）（2015春常州期末）物理兴趣小组的同学利用图甲所示的实验器材，测绘某个电学元件的伏安特性曲线下表是他们在实验中记录的一组数据其中毫安表内阻约为200U/V00.400.801.201.602.002.402.80I/mA00.62.14.27.112.218.830.0（1）实验桌上有两只电压表：V1（3V，内阻约3k），V2（15V，内阻约15k），他们应该选择表（选填“V1”或“V2”）；（2
19、）用笔画线代替导线，在图甲中正确连线；（3）在图乙中选择合适的纵坐标，画出该元件的伏安特性曲线；（4）当该元件消耗的功率为20mW时，其两端的电压为1.9 V（保留两位有效数字）考点：描绘小电珠的伏安特性曲线专题：实验题；恒定电流专题分析：本题（1）的关键是根据表中数据的最大电压来选择电压表量程题（2）的关键是根据实验要求电流从零调可知变阻器应用分压式接法，根据待测电阻远小于电压表内阻可知，电流表应用外接法题（3）的关键是认真描点画出平滑的曲线即可题（4）的关键是根据IU图象读出满足UI=20mW对应的电压值即可解答：解：（1）：根据表中数据可知元件两端最大电压为2.8V，所以电压表应选；（2
20、）由于待测元件的最大电阻为R=，满足的条件，所以电流表应用外接法；又实验要求电流从零调，所以变阻器应用分压式接法，连线图如图所示：（3）：画出的IU图象如图所示：（4）：根据IU图线可知，当U=1.9V，I=11mA，功率P=UI=20.1W，所以待测元件两端电压为U=1.9V故答案为：（1）（2）如图（3）如图（4）1.9点评：对电学实验应明确：根据待测元件的最大电压来选择电压表若要求电流从零调时变阻器应用分压式接法当待测电阻远小于电压表内阻时，电流表应用外接法四、计算题：（本题共4小题，共49分，第13题14分，第14题12分，第15题11分，第16题12分），解答时请写出必要的文字说明、
21、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有效值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.13（14分）（2015春常州期末）如图所示，质量m=1kg的物体静止在粗糙水平面上，在F=4N的水平拉力作用下从A点运动到B点，作用时间为5s，到达B点后撤去拉力，物体继续运动到C点停止运动，已知动摩擦因素=0.2（g=10m/s2），求：（1）拉力做的功；（2）物体到达B点时的动能；（3）整个过程中克服摩擦力做的功考点：动能定理的应用；功的计算专题：动能定理的应用专题分析：（1）根据物体受力分析求得物体运动的加速度，由位移时间关系求得AB间位移的大小，根据功的表达求拉力所做的功；（2）根据动能定
22、理求得物体到达B点时的动能；（3）整个过程由动能定理求得克服摩擦力做的功解答：解：（1）物体在水平方向受到的合力F合=Ff=Fmg=40.2110N=2N根据牛顿第二定律可知，物体产生的加速度a=所以在力F作用5s时间内，物体产生的位移x=则此过程中拉力所做的功WF=Fx=425J=100J（2）根据动能定理物体从A到B过程中有：F合x=EkBEkA所以物体到达B点时的动能EkB=F合x+EkA=225+0J=50J（3）整个过程中只有拉力和摩擦力做功，故有：WFW克=00所以物体克服摩擦力做的功W克=WF=100J答：（1）拉力做的功为100J；（2）物体到达B点时的动能为50J；（3）整个
23、过程中克服摩擦力做的功为100J点评：本题主要考查牛顿运动定律的应用及动能定理的应用，掌握牛顿运动规律及动能定理是正确解题的关键14（12分）（2015春常州期末）如图所示，电源的电动势E=10V，内阻r=1，电阻R1=3，R2=6，电容C=30F，（1）闭合开关S，求电路稳定后通过R1的电流；（2）然后将开关S断开，求电容器两端的电压变化量和流过R1的总电荷量；（3）如果R2换成一个可变电阻，其阻值可以在010范围变化，求开关闭合并且电路稳定时R1消耗的功率范围考点：闭合电路的欧姆定律；电容专题：恒定电流专题分析：（1）闭合开关S，稳定后电容器相当于开关断开，两个电阻串联，根据全电路欧姆定律
24、求解即可流过电源的电流（2）闭合开关S，电容器的电压等于R2两端电压，由欧姆定律求出电容器的电压开关S断开时，电容器的电压等于电源的电动势由Q=CU求解电容器电量的增加量，即为将开关S断开，流过R1的总电荷量（3）由欧姆定律求出电路中电流的最小值和最大值，再求R1消耗的功率范围解答：解：（1）闭合开关S，据全电路欧姆定律得：I=A=1A（2）闭合开关S，电容器的电压等于R2两端电压，为：U1=IR2=16V=6V开关S断开时，电容器的电压等于电源的电动势，为：U2=10V电容器两端的电压变化量U=U2U1=4V过R1的总电荷量Q=CU=301064C=1.2104C（3）当R2=0时电路中电流
25、最大，为 Imax=A=2.5AR1消耗的功率最大值为 Pmax=18.75W当R2=10，电路中电流最小，为 Imin=AR1消耗的功率最小值为 Pmin=W1.53W故R1消耗的功率范围为 1.53WP18.75W答：（1）闭合开关S，电路稳定后通过R1的电流是1A；（2）将开关S断开，电容器两端的电压变化量是4V，流过R1的总电荷量是1.2104C（3）R1消耗的功率范围为 1.53WP18.75W点评：本题是含容电路，关键确定电容器的电压知道电路稳定时电容器的电压等于与之并联的电路两端的电压15（11分）（2015春常州期末）如图所示，竖直放置的两块足够大的带电平行板间形成一个方向水平
26、向右的匀强电场区域，场强E=3104 N/C在两板间用绝缘细线悬挂一个质量m=5103 kg的带电小球，静止时小球偏离竖直方向的夹角=60（g取10m/s2）试求：（1）小球的电性和电荷量；（2）悬线的拉力；（3）若小球静止时离右板d=5102 m，剪断悬线后，小球经多少时间碰到右极板考点：电场强度；自由落体运动；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用专题：电场力与电势的性质专题分析：带电小球在匀强电场中处于如图所示的位置，则可确定电场力方向从而得出带电性，及电量由力的平行四边形定则可求出拉力与重力的关系，则可算出拉力大小当剪断后，小球做直线运动，水平方向可以看成在电场力作用下加速运动
27、，而竖直方向是自由落体解答：解：（1）小球受电场力向右，故带正电，受力分析如图所示由平衡条件有qE=mgtan60 解得q=106 C （2）由平衡条件得F=，解得F=0.1 N（3）剪断细线后，小球在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向做自由落体运动在水平方向上有ax=；d=axt2联立以上两式解得t=0.1 s答：（1）小球的带正电和电荷量为106 C；（2）悬线的拉力0.1N；（3）若小球静止时离右板d=5102 m，剪断悬线后，小球经过0.1秒碰到右极板点评：对带电小球受力分析后，进行力的合成，从而确定电场力与重力的关系，拉力与重力的关系当剪断后，小球做直线运动，可将其分解成
28、水平方向与竖直方向16（12分）（2015春常州期末）一束电子流经U1的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，若两板间距为d，板长为l，足够大的竖直屏与两板右侧相距为b，如图所示，在两板间加上可调偏转电压为U2，电子质量为m，带电量为e，（不计重力和电子间相互作用）求：（1）电子进入电场时速度的大小；（2）电子从平行板间飞出时，竖直方向偏移的距离y1；（3）电子从平行板间飞出达到竖直屏时，竖直方向偏移O点的距离y2考点：带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：（1）由动能定理可以求出电子进入电场时的速度（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，由类平抛运
29、动可以求出偏移量（3）电子粒子偏转电场后做匀速直线运动，应用匀速直线运动规律求出竖直方向的位移，然后答题解答：解：（1）在加速电场中，由动能定理得：eU1=mv020，解得：v0=；（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向：l=v0t，竖直方向：y1=at2=t2，解得：y1=；（3）电子离开偏转电场时，vy=at=，电子离开偏转电场后，在水平方向：b=v0t，竖直方向：y=vyt，解得：y=，电子在竖直方向偏移O点的距离：y2=y1+y=；答：（1）电子进入电场时速度的大小为；（2）电子从平行板间飞出时，竖直方向偏移的距离y1为；（3）电子从平行板间飞出达到竖直屏时，竖直方向偏移O点的距离y2为点评：本题考查了粒子在电场中的运动，时一道典型的粒子在电场中的运动问题，分析清楚电子的运动过程，应用动能定理、类平抛运动规律、匀速直线运动规律可以解题